§3.7导数的综合应用
重点解读导数的综合问题是高考的热点，常考查恒(能)成立、不等式的证明、函数的零点等问题，解题方法灵活，难度较大，一般以压轴题的形式出现.
题型一利用导数研究恒(能)成立问题
例1已知函数f(x)=(x-2)ex.
(1)求f(x)在[-1，3]上的最值；
(2)若不等式2f(x)+2ax≥ax2对x∈[2，+∞)恒成立，求实数a的取值范围.
解(1)依题意f(x)=(x-1)ex，
令f(x)=0，解得x=1，
当x1时，f(x)0；当x1时，f(x)0，
∴f(x)在[-1，1]上单调递减，在(1，3]上单调递增，
而f(1)=-e，f(3)=e3，f(-1)=-3e?1f(
∴f(x)在[-1，3]上的最小值为-e，最大值为e3.
(2)方法一依题意，2(x-2)ex+2ax≥ax2在[2，+∞)上恒成立.
当x=2时，4a≥4a，∴a∈R；
当x2时，原不等式化为a≤2(x?2)e
令g(x)=2exx，则g(x)
∵x2，∴g(x)0，∴g(x)在(2，+∞)上单调递增，
∴g(x)g(2)=e2，∴a≤e2，
综上，实数a的取值范围是(-∞，e2].
方法二依题意，当x∈[2，+∞)时，2(x-2)ex+2ax-ax2≥0恒成立，
令φ(x)=2(x-2)ex+2ax-ax2，x∈[2，+∞)，
∴φ(x)≥0恒成立，
φ(x)=2(x-1)ex+2a-2ax=2(x-1)(ex-a)，
又x≥2，∴x-10，ex≥e2，
①当a≤e2时，φ(x)≥0，
∴φ(x)在[2，+∞)上单调递增，
∴φ(x)min=φ(2)=0，
∴φ(x)≥0恒成立，故a≤e2符合题意.
②当ae2时，令φ(x)=0?x=lna，
当x∈[2，lna)时，φ(x)0，
x∈(lna，+∞)时，φ(x)0，
∴φ(x)在[2，lna)上单调递减，在(lna，+∞)上单调递增，
∴φ(x)min=φ(lna)φ(2)=0，与φ(x)≥0恒成立矛盾，
∴ae2不成立，
综上，a的取值范围是(-∞，e2].
思维升华恒(能)成立问题的解法
(1)若f(x)在区间I上有最值，则
①恒成立：?x∈I，f(x)0?f(x)min0；?x∈I，f(x)0?f(x)max0.
②能成立：?x∈I，f(x)0?f(x)max0；?x∈I，f(x)0?f(x)min0.
(2)若能分离常数，即将问题转化为af(x)(或af(x))，则
①恒成立：af(x)?af(x)max；af(x)?af(x)min.
②能成立：af(x)?af(x)min；af(x)?af(x)max.
跟踪训练1(2024·河南省TOP二十名校联考)设函数f(x)=ax2-x-lnx.
(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；
(2)若关于x的不等式f(x)≤0在e?1，e2
解(1)当a=1时，f(x)=x2-x-lnx，其定义域为(0，+∞).
f(x)=2x-1-1x=2x2
当x∈(0，1)时，f(x)0，当x∈(1，+∞)时，f(x)0，
所以f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞).
(2)不等式f(x)≤0在e?1，e2上有解等价于a≤1x
令g(x)=1x+lnxx2，x∈e?1，e2，则a≤g(
g(x)=-1x2+1?2lnx
令h(x)=1-2lnx-x，x∈e?1，e2，易知h(x)在e?1，e
所以当x∈[e-1，1)时，h(x)0，即g(x)0，当x∈(1，e2]时，h(x)0，即g(x)0，
所以g(x)在[e-1，1)上单调递增，在(1，e2]上单调递减.
所以g(x)max=g(1)=1，所以a≤1，即实数a的取值范围为(-∞，1].
题型二利用导数证明不等式
例2(2025·大连模拟)已知函数f(x)=xlnx+ax+1(a∈R).
(1)若f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当x1时，证明：exlnxe(x-1).
(1)解由已知得，-a≤lnx+1x在(0，+∞
设g(x)=lnx+1x，g(x)=1x-1x
令g(x)0，解得x1，
令g(x)0，解得0x1，
∴g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(1)=1，即-a≤1，∴a≥-1.
(2)证明方法一当x1时，若证exlnxe(x-1)成立，即证lnxx?1ex?1
设G(x)=lnx-x?1ex?1
G(x)=1x-ex?1
设m(x)=ex-1+x2-2x，x1，
m(x)=ex-1+2x-2=ex-1+2(x-1)，
当x1时，m(x)0，∴m(x)在(1，+∞)上单调递增.
∴m(x)m(1)=0，∴G(x)0